MỤC LỤC
V. Kế hoạch thực hiện:...........................................................................................3

MỘT SỐ KINH NGHIỆM TRONG DẠY HỌC
NGUYÊN HÀM- TÍCH PHÂN
KHỐI GIÁO DỤC THƯỜNG XUYÊN

A.PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài :
Trong chương trình giảng dạy toán THPT, phép tính tích phân được giới thiệu cho
các em học sinh lớp 12, tiếp theo được phổ biến trong tất cả các trường Đại học cho khối
sinh viên năm thứ nhất và năm thứ hai trong chương trình học đại cương. Hơn nữa trong
các kỳ thi Tốt nghiệp THPT và kỳ thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng, phép tính tích phân
hầu như luôn có trong các đề thi môn toán của các khối thi. Với tầm quan trọng của phép
tính tích phân muốn học sinh học tốt được Nguyên hàm và Tích phân thì mỗi người Giáo
viên không phải chỉ truyền đạt, giảng dạy theo các tài liệu đã có sẵn trong Sách giáo khoa,
trong các sách hướng dẫn và thiết kế bài giảng một cách rập khuôn, máy móc, làm cho
học sinh học tập một cách thụ động. Nếu chỉ dạy học như vậy thì việc học tập của học
sinh sẽ diễn ra thật đơn điệu, tẻ nhạt và kết quả học tập sẽ không cao. Nó là một trong
những nguyên nhân gây ra cản trở việc đào tạo các em thành những con người năng động,
tự tin, sáng tạo sẵn sàng thích ứng với những đổi mới diễn ra hàng ngày.
Yêu cầu của giáo dục hiện nay đòi hỏi phải đổi mới phương pháp dạy học môn
toán theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh. Vì vậy người
giáo viên phải gây được hứng thú học tập cho các em bằng cách tinh giản kiến thức, thiết
kế bài giảng khoa học, hợp lý, phải gắn liền với ứng dụng, liên hệ thực tế. Các kiến thức
không được mang nặng tính hàn lâm, và phải phù hợp với việc nhận thức của các em.
Thông qua kiến thức mà người giáo viên đã tinh lọc, qua ứng dụng, thực hành các em sẽ
lĩnh hội những tri thức toán học một cách dễ dàng, củng cố, khắc sâu kiến thức một cách
vững chắc, tạo cho các em niềm say mê, hứng thú trong học tập, trong việc làm. Khi

1

chúng ta đã tinh lọc kiến thức một cách gọn gàng, ứng dụng thực tế một cách thường
xuyên, khoa học thì chắc chắn chất lượng dạy học môn toán sẽ ngày một nâng cao. Riêng
phần đạo hàm và tích phân cũng không nằm ngoài quy luật đó.

Chính vì những lý do nêu trên mà tôi đã chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm
“MỘT SỐ KINH NGHIỆM TRONG DẠY HỌC NGUYÊN HÀM- TÍCH PHÂN KHỐI
GIÁO DỤC THƯỜNG XUYÊN”.

1. Cơ sở lý luận
1.1. Vị trí của môn Toán trong nhà trường :
Môn toán cũng như những môn học khác cung cấp những tri thức khoa học, những
nhận thức về thế giới xung quanh nhằm phát triển năng lực nhận thức, hoạt động tư duy
và bồi dưỡng tình cảm đạo đức tốt đẹp của con người.
Môn toán ở trường THPT là một môn độc lập, chiếm phần lớn thời gian trong
chương trình học của học sinh
Môn toán có tầm quan trọng to lớn. Nó là bộ môn khoa học nghiên cứu có hệ
thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên của con người.
Môn toán có khả năng giáo dục rất lớn trong việc rèn luyện phương pháp suy nghĩ,
phương pháp suy luận lôgíc, thao tác tư duy cần thiết để con người phát triển toàn diện,
hình thành nhân cách tốt đẹp cho con người lao động trong thời đại mới.

1.2. Đặc điểm tâm sinh lý của học sinh TTGDTX.
- Ở lứa tuổi THPT cơ thể của các em đang trong thời kỳ phát triển hay nói cụ thể là
các hệ cơ quan gần như hoàn thiện, vì thế sức dẻo dai của cơ thể rất cao nên các em rất
hiếu động, thích hoạt động để chứng tỏ mình.
- Học sinh TTGDTX khả năng tư duy các môn tự nhiên rất yếu khi học về Nguyên
hàm - Tích phân thường thấy rất khó hiểu khó tiếp thu. Vì vậy người giáo viên phải tạo ra
hứng thú trong học tập và phải thường xuyên được luyện tập.


1.3. Nhu cầu về đổi mới phương pháp dạy học :
- Học sinh TTGDTX bị rỗng kiến thức khả năng tư duy lôgic trong môn toán
chậm, thiếu tính sáng tạo, dễ bị phân tán, rối trí nếu bị áp đặt, căng thẳng, quá tài. Chính
vì thế nội dung chương trình, phương pháp giảng dạy, hình thức chuyển tải, nghệ thuật
truyền đạt của người giáo viên phải phù hợp với tâm sinh lý lứa tuổi là điều không thể
xem nhẹ. Đặc biệt đối với học sinh lớp 12, lớp mà các em vừa mới vượt qua những mới
mẻ ban đầu để trở thành người lớn, chuyển từ hoạt động vui chơi là chủ đạo sang hoạt
động học tập là chủ đạo. Lên đến lớp 10, 11 thì yêu cầu đó đặt ra là thường xuyên đối với
các em ở tất cả các môn học. Do vậy giờ học sẽ trở nên nặng nề, không duy trì được khả
năng chú ý của các em nếu người giáo viên chỉ cho các em nghe và làm theo những gì đã có
trong sách giáo khoa.
Muốn giờ học có hiệu quả thì đòi hỏi người giáo viên phải đổi mới phương pháp
dạy học tức là kiểu dạy học “Lấy học sinh làm trung tâm” hướng tập trung vào học sinh,
trên cơ sở hoạt động của các em. Kiểu dạy này người giáo viên phải thật sự là một người
“đạo diễn” đầy nghệ thuật, đó là người định hướng, tổ chức ra những tình huống học tập
nó kích thích óc tò mò và tư duy độc lập, phải biết thiết kế bài giảng sao cho hợp lý, gọn
nhẹ. Muốn các em học được thì trước hết giáo viên phải nắm chắc nội dung của mỗi bài và
lựa chọn, vận dụng các phương pháp sao cho phù hợp.

2


Người giáo viên phải đúc kết kinh nghiệm của bản thân mỗi người qua từng tiết dạy,
những ngày tháng miệt mài cũng không kém quan trọng, nó vừa giúp cho mình càng có
kinh nghiệm vững vàng hơn, vừa giúp cho những thế hệ giáo viên sau này có cơ sở để học
tập, học tập nâng cao tay nghề, góp phần vào sự nghiệp giáo dục của nước nhà.

2. Cơ sở thực tiễn:
Bên cạnh những học sinh hiếu động, ham hiểu biết cái mới, thích tự mình tìm tòi,

khám phá, sáng tạo thì lại có một bộ phận không nhỏ học sinh lại học yếu, lười suy nghĩ
nên đòi hỏi người giáo viên phải tâm huyết, có năng lực thật sự, đa dạng trong phương
pháp, biết tổ chức, thiết kế và trân trọng qua từng tiết dạy.
Theo chúng tôi, khi dạy đối tượng học sinh GDTX như hiện nay, người giáo viên
phải thật cô đọng lý thuyết, sắp xếp lại bố cục bài dạy, định hướng phương pháp, tăng
cường các ví dụ và bài tập từ đơn giản đến nâng cao theo dạng chuyên đề và phù hợp với
từng đối tượng học sinh.

II. Mục đích nghiên cứu của đề tài:
- Góp phần đổi mới phương pháp dạy học môn toán nói chung và môn Giải tích 12
nói riêng theo phương hướng tinh giản kiến thức, phát huy tính tích cực, chủ động và sáng
tạo của học sinh, tăng cường ứng dụng thực tế, giúp học sinh có phương pháp học tốt
thích ứng với xu hướng hiện nay.
- Góp phần gây hứng thú học tập môn Toán cho học sinh, một môn học được coi là
khô khan, hóc búa, không những chỉ giúp, giáo viên lên lớp tự tin, nhẹ nhàng, học sinh
lĩnh hội được tri thức một cách đầy đủ, khoa học mà còn giúp các em củng cố và khắc sâu
các tri thức .

III. Nhiệm vụ và phạm vi nghiên cứu :
1. Nhiệm vụ :
- Ôn tập các quy tắc tính đạo hàm đã học ở lớp 11
- Tìm hiểu các khái niệm nguyên hàm và tích phân trong môn giải tích 12
- Tìm hiểu về thực trạng học sinh lớp 12.

2. Đối tượng nghiên cứu, phạm vi nghiên cứu :
- Đối tượng : Chương III: Nguyên hàm và Tích phân trong Giải tích lớp 12
- Tài liệu : Sách giáo khoa Giải tích lớp 12, sách hướng dẫn giáo viên.

IV. Phương pháp nghiên cứu :
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :

1. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục .... có liên quan đến nội dung đề tài.
- Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.

2. Nghiên cứu thực tế :
- Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp về nội dung nguyên hàm và tích phân.
- Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học.
- Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thông qua các tiết
dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài.

V. Kế hoạch thực hiện:
1. Sẽ sử dụng phần đạo hàm trong dạy và ôn tập học kỳ 2 lớp 11
2. Dùng ôn tập và dạy nguyên hàm tích phân lớp 12
3


3. Dùng ôn tập trong ôn thi tốt ghiệp

B. NỘI DUNG
I. Thực trạng và những mâu thuẫn:
- Học sinh TTGDTX khả năng tư duy các môn tự nhiên rất yếu khi học vè nguyên
hàm, tích phân thường thấy rất khó hiểu, khó tiếp thu dẫn đến việc học sinh chán nản
không muốn học. Mà phép tính tích phân luôn có trong các đề thi Tốt nghiệp THPT và
các kì thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng.

II. Các biện pháp giải quyết vấn đề:
- Đổi mới phương pháp dạy học môn toán theo hướng phát huy tính tích cực, chủ
động sáng tạo của học sinh, gây được hứng thú học tập cho các em bằng cách tinh giản
kiến thức, thiết kế bài giảng khoa học, hợp lý, phải gắn liền với ứng dụng, liên hệ thực tế.
Các kiến thức không được mang nặng tính hàn lâm, và phải phù hợp với việc nhận thức

của các em. Thông qua kiến thức mà người giáo viên đã tinh lọc, qua ứng dụng, thực hành
các em sẽ lĩnh hội những tri thức toán học một cách dễ dàng, củng cố, khắc sâu kiến thức
một cách vững chắc, tạo cho các em niềm say mê, hứng thú trong học tập, trong việc làm.

III. Hiệu quả áp dụng:
- Góp phần gây hứng thú học tập môn Toán cho học sinh, một môn học được coi là
khô khan, hóc búa, không những chỉ giúp, giáo viên lên lớp tự tin, nhẹ nhàng, học sinh
lĩnh hội được tri thức một cách đầy đủ, khoa học mà còn giúp các em củng cố và khắc sâu
các tri thức.

PHẦN I . ĐẠO HÀM
I. ÔN TẬP ĐẠO HÀM
Đạo hàm của một số hàm số thường gặp
*BẢNG TÓM TẮT CÔNG THỨC ĐẠO HÀM:
Đạo hàm của các HSSC cơ bản

Đạo hàm của hàm số hợp

1.(C )' = 0 (C: hằng số)
2.( x)' = 1

3.( x α )' = α .x α −1
1
1
4.( )' = − 2
x
x
5.( x )' =

1

2 x

3.(u α )' = α .u α −1 .u '
1
1
4.( )' = − 2 .u '
u
u
5.( u )' =

1
2 u

.u '

6.(sin x)' = cos x

6.(sin u )' = cos u.u '

7.(cos x)' = − sin x

7.(cos u )' = − sin u.u '

4


1
= 1 + tan 2 x
2
cos x


8.(tan x) ' =

9.(cot x) ' =

8.(tan u ) ' =

1
= (1 + cot 2 x)
2
sin x

1
.u ' = (1 + tan 2 x).u '
2
cos u

9.(cot u ) ' =

1
.u ' = (1 + cot 2 x).u '
2
sin u

10.(e x )' = e x

10.(e u )' = e u .u '

11.(a x )' = a x . ln a


11.(a u )' = a u . ln a.u '

12.(ln x )' =

1
x

13.(log a x )' =

12.(ln u )' =
1
x. ln a

1
.u '
u

13.(log a u )' =

1
.u '
u. ln a

II. BI TP O HM
1-Tớnh o hm bng cụng thc:
tớnh o hm ca hm s y = f(x) bng cụng thc ta s dng cỏc qui tc tớnh o
hm.
Chỳ ý qui tc tớnh o hm ca hm s hp.

Bi 1: Tỡm o haứm cuỷa caực haứm soỏ sau:

a) y= x3-x4+ x +x
b) y = x (x-x3)
6x2
d) y =

3
4x 2

Li giaỷi:

e) y =

c) y =

2x 3
1+ 4x

1

a)y = (x3-x4+ x +x)= (x3)-(x4)+( x )+(x) = 3x2- 4x3+ 2 x +1
1

b)y = ( x (x - x3)) =( x )(x+x3) - x (x+x3) = 2 x (x+x3) - x (1+3x2)
c) y= (6x2)= 6(x2)= 12x
3
1
(4x 2 ) '
24 x
3
d) y= ( 2 )=3. ( 2 )= - 3.

= 4 = 3
2 2
4x
4x
(4x )
16 x
2x
(2 x 3) '(1 + 4 x) (2 x 3)(1 + 4 x) ' 2 + 8 x 8 x + 12
14
2x 3
=
e) y=(
) =
=
2
2
(1 + 4 x)
(1 + 4 x)
(1 + 4 x ) 2
1+ 4x

Bi 2: Tỡm o haứm cuỷa caực haứm soỏ sau

5


a) y = 2 x 5 − 5 x 3 + 4 x − 3

b) y =


x 4 2 x3 4 x 2
+
−
+ 3x − 1
2
3
5

c)

y = −3 x 5 (8 + 3 x 2 )
d) y = ( x 2 + 1)(5 − 3 x 2 )

e) y =

Lời giải:

3x

f) y =

x2 + 1

8
b) y ' = 2 x 3 + 2 x 2 − x + 3
5
2
3(1 − x )
e) y ' = 2
( x + 1)2


a) y ' = 10 x 4 − 15 x 2 + 4
d) y ' = −4 x (3 x 2 − 1)

x2 − x + 1
3 − 5x

c) y ' = −63 x 6 − 120 x 4
f) y ' =

5x 2 + 6 x + 2
(3 − 5 x )2

Bài 3: Tìm đạo hàm của các hàm số sau
a) y =

sin x − cos x
sin x + cos x

c) y = co s 1 + x 2

b) y = 1 + 2 cot x

d) y = tan 2 x + cot x 2

e) y = cos

x +1
x


Lời giải:
a) y ' =
d) y ' =

2

b) y ' =

(sin x + cos x )2

2 tan x
cos2 x

−

2x

1
sin2 x. 1 + 2 cot x

e) y ' = −

sin2 x 2

c) y ' = −

1
x2

sin


x sin x 2 + 1
x2 + 1

x +1
x

Bài 4: Tìm đạo hàm của các hàm số sau
a) y=(x2+1)3

b) y = 3x 2 + 2

Lời giải:
a) Đặt u=x2+1 ⇒ y = u3; u’x= 2x ; y’u=3u2 = 3(x2+1)2
y’x =3(x2+1)2.2x = 6x(x2+1)2
b) Đặt u = 3x2+2 ⇒ u’x=6x
⇒ y’x=

1
2

2 3x +2

.6x =

,

y= u

⇒ y’u=


1
2 u

=

1
2 3x 2 +2

3x
3x 2 +2

Bài 5: Tìm đạo hàm của các hàm số sau



a) y = co s  3x +

Lời giải:

π
÷
5

b) y = sin( x 3 − 1)

c) y = co t(3 x 2 + 5)

6


d) y = tan3 (3 x − 1)


a) y = cosu,

u = 3x +




π
5

⇒ y′ = -3. sin  3 x +

π
÷
5

b) y = sinu, u = x3 – 1

⇒ y ' = 3 x 2 .cos( x 3 − 1)

c) y = cotu, u = 3x2 + 5

⇒ y' = −

3

d) y = u ,


⇒ y' =

u = tan(3x – 1)

6x
2

sin (3 x 2 + 5)

3 tan2 (3x − 1)2
co s2 (3 x − 1)

Bài 6: Tìm đạo hàm của các hàm số sau



a) y = sin  3x +

π
÷
5

b) y = cos( x 3 − 1)

c) y = tan(3 x 2 + 5)

d) y = cot 3 (3 x − 1)

Lời giải:

a) y = sinu, u = 3x +


π
⇒ y′ = 3. cos  3 x + ÷

π
5

5



2

3

b) y = cosu, u = x – 1

⇒ y ' = −3x .sin( x − 1)

c) y = tanu, u = 3x2 + 5

⇒ y' =

3

6x
cos2 (3 x 2 + 5)


d) y = u3, u = cot(3x – 1) ⇒ y ' = −

3cot 2 (3 x − 1)
sin 2 (3 x − 1)

Bài 7: Tìm đạo hàm của các hàm số sau
4x + 5
a) y = sinx + 5x 3 - 10
b) y =
x −3
x+5
d) y = cosx + 3x 4 - 7
e) y =
2x − 3
Lời giải:
a) y = sinx + 5x 3 - 10 ⇒ y ' = cosx+15x 2

b) y =

4x + 5
x −3

⇒ y' =

c) y = tan 4 ( 2 x + 8 )

f ) y = cot 4 ( 3 x + 5 )

−17


( x − 3)

2

c) y = tan ( 2 x + 8 ) ⇒ y = 4 tan ( 2 x + 8 )  tan ( 2 x + 8 )  =
4

'

'

3

8 tan 3 ( 2 x + 8 )
cos2 ( 2 x + 8 )

d) y = cosx + 3x 4 - 7 ⇒ y' = − s inx +12x 3
x+5
−13
e) y =
⇒ y' =
2x − 3
(2 x − 3)2
f ) y = cot ( 3x + 5) ⇒ y = 4 cot ( 3 x + 5 ) cot ( 3x + 5 )  = −
4

'

3


7

12 cot 3 ( 3 x + 5)
sin 2 ( 3 x + 5)


Bài 8: Tìm đạo hàm của các hàm số sau
1− 2x
x4 x2
3) y =
2) y = − − 3
4x − 5
4 2
sin x
6) y =
7) y = sin(2 x + 8)3
cos 3 x

x3
1) y = − x 2 + 3x − 2
3

5) y = x cot 2 x

2 x 2 + 3x − 7
4) y =
x −1
3
8) y = ( 2 x − 5 ) tan x


Lời giải:
1) y ' = x 2 − 2 x + 3

2) y ' = x 3 − x

( 1 − 2 x ) ( 4 x − 5) − ( 1 − 2 x ) ( 4 x − 5)
=
2
( 4 x − 5)
'

3) y
4) y

'

( 2x
=

'

2

'

6

=

( 4 x − 5)


+ 3 x − 7 ) ( x − 1) − ( 2 x 2 + 3 x − 7 ) ( x − 1)
'

( x − 1)
'

( sin x ) .cos 3x − sin
y =
'

6)

'

( cos 3x )

x ( cos 3 x )

2

=

( x − 1)

2

1
sin 2 x


1

'

2 x2 − 4 x + 4

'

2

5) y ' = x ' cot 2 x + x. ( cot 2 x ) = cot 2 x − 2 x cot x.

2

cos x .cos3 x + 3sin x sin 3 x

=2 x

( cos 3x )

2

3
3
2
3
2
3
7) y ' = (2 x + 8)  ' cos(2 x + 8) = 3(2 x + 8) '(2 x + 8) cos(2 x + 8) = 6(2 x + 8) cos(2 x + 8)


8) y ' = 6 x.tan x + ( 2 x3 − 5 ) .

1
cos 2 x

Bài 9: Tìm đạo hàm của các hàm số sau
1) y = sin x 4 − 2 x 2 − 3

2) y = cos ( 2 x − 3)

6
4
2
4) y = cot ( 5 x − x − 4 )

5) y = −

Lời giải:
1) y =
'

(

2

2x − 2x
3

=


)

'

x − 2 x − 3 cos x − 2 x − 3
4

x − 2x − 3
4

2

(

2) y ' = − ( 2 x − 3)

4

2


3) y = tan 

1

÷
 x − 3x + 5 

5


2

cos x
4
+ cot x
3
3sin x 3

=

(x

4

− 2 x 2 − 3)

'

2. x − 2 x − 3
4

2

.cos x 4 − 2 x 2 − 3

.cos x 4 − 2 x 2 − 3

) sin ( 2 x − 3)

5 '


5

= −5 ( 2 x − 3) ( 2 x − 3) .sin ( 2 x − 3) = −10. ( 2 x − 3) .sin ( 2 x − 3)
4

'

8

5

4

5


'

1


2
ữ
3) y ' = x 3 x + 5
1
cos 2 2
x 3x + 5

(x


(x
=

(

2

cos 2

4) y ' = cot 6 ( 5 x 4 x 2 4 )
=

6 ( 5x4 x2 4)

)

3x + 5)

2

3x + 5 )

'

=

2

1

x 3x + 5

2x 3

(x

2

2

2

2

(

= 6 cot 5 ( 5 x 4 x 2 4 ) . cot ( 5 x 4 x 2 4 )

'

'

sin 2 ( 5 x 4 x 2 4 )

1
x 3x + 5

3 x + 5 ) .cos 2

.cot ( 5 x x 4 )

5

4

2

=

120 x 3 12 x

sin ( 5 x x 4 )
2

4

2

)

'

.cot 5 ( 5 x 4 x 2 4 )

'
cos x
4
'
( cos x ) ( 3sin 3 x ) cos x ( 4sin 3 x ) 4 1
+
cot

x
)
5) y = (
=

. 2
3sin 3 x 3
9sin 6 x
3 sin x
4
2
2
3sin x + 12 cos x.sin x
4
=

6
9sin x
3sin 2 x
'

'

Bi 10: Tỡm ủaùo haứm cuỷa caực haứm soỏ sau
a) y = x cot 2 x

b) y =

sin x
cos 3 x


c) y = ( sin 2 x + 8 )

3
d) y = ( 2 x 5) tan x

3

Bi 11: Tỡm ủaùo haứm cuỷa caực haứm soỏ sau
3
2
1
a) y = 2x 4 x3 + 2 x 5 b) y = 2 x + x x. c) y = (x3 2)(1 x 2 )
3
3
x
d)

y = (x 2 1)(x2 4)(x 2 9)

g)

y=

k)

y=

f)


y=

2x + 1
1 3x

i)

y=

2x2 4x + 1
x3

m)

e)

y = (x 2 + 3x)(2 x)

3
2x + 1

h)

y=

x2 3x + 3
x 1

l)


y=

(

)

1

x +1
1ữ
x


1 + x x2
1 x + x2

y=

2x 2
x2 2x 3

Bi 12: Tỡm ủaùo haứm cuỷa caực haứm soỏ sau
2

a)

y = (x + x + 1)

d)


y=

4

(x + 1)2
3

(x 1)

2 5

b)

y = (1 2x )

e)

y=

1
2

(x 2x + 5)

Bi 13: Tỡm ủaùo haứm cuỷa caực haứm soỏ sau
a) y = 2x2 5x + 2
b) y = 3 x3 x + 2
d)

y = (x 2) x 2 + 3


e)

y=

4x + 1
2

x +2

9

2

3

c)

2x + 1
y=
ữ
x 1

f)

y = ( 3 2x 2 )

c)

y = x+ x


f)

y=

4 + x2
x

4


g)

y=

x3
x 1

h)

y = (x 2)3

i)

y = ( 1 + 1 2x )

3

Bi 14: Tỡm ủaùo haứm cuỷa caực haứm soỏ sau
2


sin x
a) y =
ữ
1 + cos x

b)

y = x.cos x

c) y = sin3 (2x + 1)

e) y = sin 2 + x 2

d) y = cot 2x
2
3

1
5

g) y = tan2x + tan 3 2x + tan 5 2x

f) y = sin x + 2x
h) y = 2sin2 4x 3cos3 5x

PHN II . NGUYấN HM
I. Khỏi nim nguyờn hm
Cho hm s f xỏc nh trờn K. Hm s F gl nguyờn hm ca f trờn K nu:
F '( x ) = f ( x ) , x K

Nu F(x) l mt nguyờn hm ca f(x) trờn K thỡ h nguyờn hm ca f(x) trờn K l:
f ( x )dx = F ( x ) + C , C R.
Mi hm s f(x) liờn tc trờn K u cú nguyờn hm trờn K.
II. Tớnh cht
f '( x )dx = f ( x ) + C
[ f ( x ) g( x )]dx = f ( x )dx g( x )dx
kf ( x )dx = k f ( x )dx (k 0)
III. Nguyờn hm ca mt s hm s thng gp
(Ta tm hiu hssc c bn m rng l t hssc c bn ta thay bin x bi ax + b)
Nguyờn hm ca hssc Nguyờn hm ca hssc m rng
Nguyờn hm ca hm
thng gp
thng gp
s hp (vi u = u(x) )

du = u + C

0dx = C

dx = x + C

x dx =

x +1
+C
+1

1

x dx = ln x + C

e

x


(ax + b) dx =

1

1 ( ax + b) +1
+C
a +1
1

(ax + b) dx = a ln ax + b + C
x

ax + b

a

px + q

dx =

dx = e x + C

1 ax +b
.e
+C

a

1 a px + q
dx =
+C
p ln a

10


u du =

u +1
+C
+1

1

u du = ln u + C
e

u

du = e u + C

au
a du = ln a + C
u



x
∫ a dx =

ax
+C
ln a

1

∫ cos(ax + b)dx = a sin(ax + b) + C

∫ cos udu = sin u + C

1

∫ cos xdx = sin x + C

∫ sin(ax + b)dx = − a cos(ax + b) + C

∫ sin xdx = − cos x + C

∫ cos

1
∫ cos 2 x dx = tgx + C

∫ sin

1
∫ sin 2 x dx = − cot gx + C


1
1
dx = tg (ax + b) + C
a
(ax + b)

2

2

∫ sin udu = − cos u + C
1

∫ cos

1
1
dx = − cot g (ax + b) + C
a
(ax + b)

2

u

1

∫ sin


2

u

du = tgu + C

du = − cot gu + C

IV. Phương pháp tính nguyên hàm
1) Phương pháp đổi biến số
Nếu

∫ f (u)du = F(u) + C và u = u( x ) có đạo hàm liên tục thì:
∫ f [ u( x )] .u '( x )dx = F [ u( x )] + C

2) Phương pháp tính nguyên hàm từng phần
Nếu u, v là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên K thì:

∫ udv = uv − ∫ vdu
VẤN ĐỀ 1: Tính nguyên hàm bằng cách sử dụng bảng nguyên hàm
Biến đổi biểu thức hàm số để sử dụng được bảng các nguyên hàm cơ bản.
Chú ý: Để sử dụng phương pháp này cần phải:
– Nắm vững bảng các nguyên hàm.
– Nắm vững phép tính vi phân.
VD1: Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:
1)

∫ t anxdx

2)


x3
∫ x − 1 dx

3) ∫ x 4 x + 7 dx

4)

dx

∫ 2x + 5

Giải:
1) ∫ t anxdx =
x3

dx = ∫
2) ∫
x −1

= ∫( x 2

( x 3 − 1) + 1
x −1

)

+ x + 1 dx + ∫

1 


dx = ∫  x 2 + x + 1 +
÷dx
x −1


d ( x − 1)
x −1

=

1 3 1 2
x + x + x + ln x − 1 + c
3
2

11

5

5) ∫ cos x dx
1 − sin x


3) ∫ x
=

4 x + 7 dx =

1

( 4 x + 7 ) − 7  4 x + 7 dx
4∫

3
5
3
1
1 
1 2
2

( 4 x + 7 ) 2 − 7 ( 4 x + 7 ) 2  d ( 4 x + 7 ) =  ( 4 x + 7 ) 2 − 7 × ( 4 x + 7 ) 2  + c
∫
16
16  5
3


4)

dx
1
d ( 2x )
1
1 
1
2x
 1
x
=

=
−
d
2
=
ln
+c
∫ 2 x + 5 ln 2 ∫ 2 x ( 2 x + 5 ) 5 ln 2 ∫  2 x 2 x + 5 ÷
5 ln 2 2 x + 5

5)

cos 5 x
3
2
3
∫ 1 − sin x dx = ∫ cos x ( 1 + sin x ) dx = ∫  ( 1 − sin x ) cos x + cos x sin x  dx

( )

sin 3 x cos 4 x
2 )
3
(
(
)
(
)
= ∫ 1 − sin x d sin x − ∫ cos xd cos x = sin x −
−

+c
3

4

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Baøi 1.Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:
a) f ( x ) = x 2 –3 x +
d) f ( x ) =

b) f ( x ) =

( x 2 − 1)2
x2

g) f ( x ) = 2 sin 2
k) f ( x ) =

1
x

2

x
2
1

2x4 + 3
x2


n) f ( x ) = e x ( e x – 1)

x2
1

f) f ( x ) =

h) f ( x ) = tan 2 x

i) f ( x ) = cos2 x

cos 2 x

sin x.cos2 x

e− x 
o) f ( x ) = e x  2 + 2 ÷
÷
cos x 


sin x.cos x

x −1

e) f ( x ) = x + 3 x + 4 x

l) f ( x ) =


2

c) f ( x ) =

2

x

−

2
3

x

m) f ( x ) = 2 sin 3 x cos 2 x
p) f ( x ) = e3 x +1

VẤN ĐỀ 2: Tính nguyên hàm ∫ f ( x )dx bằng phương pháp đổi biến số

• Dạng : Nếu f(x) có dạng: f(x) = g [ u( x )] .u '( x ) thì ta đặt t = u( x ) ⇒ dt = u '( x )dx .
Khi đó: ∫ f ( x )dx = ∫ g(t )dt , trong đó ∫ g(t )dt dễ dàng tìm được.
 Bước 1: Đặt t = u ( x ) ⇒ dt = u '( x)dx
 Bước 2: Chuyển tích phân đã cho theo biến t, ta được I = ∫ f [ u ( x ) ] .u '( x )dx = ∫ f (t )dt

Chú ý: Sau khi tính ∫ g(t )dt theo t, ta phải thay lại t = u(x).
3
4
VD1: Tính I = ∫ x ( 1 + x ) dx
3


Giải:
Đặt t = 1 + x 4 ⇒ dt = 4 x3 dx . Do đó I =

1 3
1
1
t dt = t 4 + C = (1 + x 4 ) 4 + C
∫
4
16
16

12


x 3dx

∫

VD2: Tính I =

x2 +1

Giải:
2
Đặt t = x + 1 ⇒ dt =

x
x +1

2

dx vaø x 2 = (t 2 − 1).

3

Do đó I = (t 2 − 1)dt = t − t + C =
∫

(

x2 + 1

3

VD3: Tính I = ∫ x ( 1 − x )

2002

)

3

−

3

(

)


x2 + 1 + C

dx

Giải:
2002
2002
2003
Đặt t=1-x ⇒ x = 1 − t ⇒ dx = −dt ⇒ I = − ∫ (1 − t )t dt = − ∫ t dt + ∫ t dt
1 2003
1 2004
1
1
2003
2004
t
+
t
+C = −
( 1− x) +
( 1− x) + C
2003
2004
2003
2004

⇒I =−

BÀI TẬP ÁP DỤNG : Tính các nguyên hàm sau:


∫

dx

a) ∫ (5 x − 1)dx

b)

d) ∫ (2 x 2 + 1)7 xdx

e) ∫ ( x 3 + 5)4 x 2 dx

g)

∫

2

x + 1.xdx

h)

∫

∫

3x 2

5 + 2 x3

sin x
l) ∫ 5 dx
cos x

k) ∫ sin 4 x cos xdx
n)

(3 − 2 x )5

e x dx

o) ∫ x.e x

ex − 3

2

dx

+1

dx

c)

∫

f)

∫


i)

∫

m)
p)

5 − 2xdx
x

dx
x +5
dx
2

x (1 + x )2

∫
∫

tan xdx

e

cos2 x
x

x


dx

VẤN ĐỀ 3: Tính nguyên hàm bằng phương pháp tính nguyên hàm từng phần
Với P(x) là đa thức của x, ta thường gặp các dạng sau:

∫ P( x ).e
u
dv

x

P(x)
x

e dx

dx

∫ P( x ).cos xdx

∫ P( x ).sin xdx

∫ P( x ).ln xdx

P(x)
cos xdx

P(x)
sin xdx


lnx
P(x)

2x
VD1: Tính I = ∫ ( x − 2)e dx .

Giải:
13


 du = dx
u = x − 2

⇒
Đặt 
1 2x
2x
 dv = e dx v = e

2

Nên I =

x − 2 2x
1
x − 2 2 x 1 2x
e − ∫ e 2 x dx =
e − e +C
2
2

2
4

VD2: Tính I =

3 + ln x

∫ ( x + 1)

2

dx

Giải:
1

u = 3 + ln x
du = dx



x
Đặt dv = 1 dx ⇒ 

 v = −1
( x + 1) 2

x +1



Do đó :
I=

−1
dx
−1
dx
dx
−1
x
(3 + ln x) + ∫
=
(3 + ln x) + ∫ − ∫
(3 + ln x) + ln
+C
=
x +1
x( x + 1) x + 1
x
x +1 x +1
x +1

BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Baøi 1.Tính các nguyên hàm sau:
a) ∫ x.sin xdx

b) ∫ x cos xdx

c) ∫ ( x 2 + 5)sin xdx


d) ∫ ( x 2 + 2 x + 3) cos xdx

e) ∫ x sin 2 xdx

f) ∫ x cos 2 xdx

g) ∫ x.e x dx

h) ∫ x 3e x dx

i) ∫ ln xdx

k) ∫ x ln xdx

l) ∫ ln 2 xdx

m) ∫ ln( x 2 + 1)dx

n) ∫ x tan 2 xdx

o) ∫ x 2 cos2 xdx

p) ∫ x 2 cos 2 xdx

2

VẤN ĐỀ 4: Tính nguyên hàm của một số hàm số thường gặp
1. f(x) là hàm hữu tỉ: f ( x ) =

P( x )

Q( x )

– Nếu bậc của P(x) ≥ bậc của Q(x) thì ta thực hiện phép chia đa thức.
– Nếu bậc của P(x) < bậc của Q(x) và Q(x) có dạng tích nhiều nhân tử thì ta phân
tích f(x) thành tổng của nhiều phân thức (bằng phương pháp hệ số bất định).
Chẳng hạn:

1
A
B
=
+
( x − a)( x − b) x − a x − b
1
2

( x − m )(ax + bx + c)

=

A
Bx + C
+
, vôùi ∆ = b2 − 4ac < 0
2
x − m ax + bx + c

14



1
( x − a)2 ( x − b)2

=

A
B
C
D
+
+
+
x − a ( x − a)2 x − b ( x − b)2

2. f(x) là hàm lượng giác
Ta sử dụng các phép biến đổi lượng giác thích hợp để đưa về các nguyên hàm cơ
bản. Chẳng hạn:
+ Nếu R(− sin x ,cos x ) = − R(sin x,cos x ) thì đặt t = cosx
+ Nếu R(sin x, − cos x ) = − R(sin x,cos x ) thì đặt t = sinx
+ Nếu R(− sin x , − cos x ) = − R(sin x, cos x ) thì đặt t = tanx (hoặc t = cotx)

VD: Tính:
A1 =

• A2

dx

∫ ( x − 2) ( x + 5 )


=

=

dx

1 ( x + 5) − ( x − 2 )
1  1
1 
1 x−2
dx = ∫ 
−
+c
÷dx = ln
∫
(
)
(
)
7
x−2 x+5
7  x −5 x + 5
7 x+5

( x + 4 ) − ( x − 5)

1

∫ ( x − 5 ) ( x + 2 ) ( x + 4 ) = 9 ∫ ( x − 5) ( x + 2 ) ( x + 4) dx


=

1 
1
1
1 ( x + 2 ) − ( x − 5)
1 ( x + 4) − ( x + 2)

−
dx = ∫
dx − ∫
dx
∫


9  ( x − 5) ( x + 2) ( x + 2 ) ( x + 4 ) 
63 ( x − 5 ) ( x + 2 )
18 ( x + 2 ) ( x + 4 )

=

1  1
1 
1  1
1 
1
x−5 1
x+4
−
−

+ ln
+c

÷ dx + ∫ 
÷dx = ln
63 ∫  x − 5 x + 2 
18  x + 4 x + 2 
63 x + 2 18 x + 2
3

∫

A3 = cos 6 xdx =

3
 1 + cos 2 x 
2
÷ dx
∫ ( cos x ) dx = ∫ 





2

∫ ( 1 + 3cos 2x + 3 cos

2x + cos 2x ) dx


=

1
( 1 + cos 2x ) 3 dx = 1
4
4

=

1 
3 ( 1 + 2 cos 4x ) cos 3x + 3 cos x 
+
1 + 3cos 2x +
÷dx
4 
2
4


=

1 
1

 7x + 6 sin 2x + 3sin 4x + sin 3x + 3sin x ÷+ c
16 
3


∫


2

3

∫

∫

∫

9
8
A4 = ( sin5x ) dx = ( sin 5 x ) ( sin 5 x ) dx = −

=−

1
5

∫ [ 1 − 4 cos

2

1
5

4
2
(

)
1
−
cos
5
x
d ( cos 5 x )
∫

5x + 6 cos 5x − 4 cos 5x + cos 5x ] d ( cos 5x )
4

6

8

1
4
6
4
1

3
5
7
9
= −  cos 5x − cos 5x + cos 5x − cos 5x + cos 5x ÷ + c
5
3
5

7
9


Baøi 1.Tính các nguyên hàm sau:
dx
a) ∫
x ( x + 1)

dx
b) ∫
( x + 1)(2 x − 3)

15

x2 + 1
c) ∫ 2 dx
x −1


d)

∫

dx

x 2 − 7 x + 10
x
dx
g) ∫

( x + 1)(2 x + 1)

e)

∫

h)

∫

Baøi 2.Tính các nguyên hàm sau:
a) ∫ sin 2 x sin 5xdx
d)

dx
x2 − 6x + 9
x
2 x 2 − 3x − 2

dx

cos 2 x

e)

∫

i)

∫


dx
x2 − 4
x3
x 2 − 3x + 2

dx

c) ∫ (tan 2 x + tan 4 x )dx

b) ∫ cos x sin 3 xdx

∫ 1 + sin x cos x dx

f)

dx

∫ 2sin x + 1

f)

dx

∫ cos x
dx

π
cos x cos  x + ÷


4

1 − sin x
dx
g) ∫
cos x

sin3 x
h) ∫
dx
cos x

i) ∫

k) ∫ cos x cos 2 x cos3 xdx

l) ∫ cos3 xdx

m) ∫ sin 4 xdx

PHẦN III. TÍCH PHÂN
I. Định nghĩa:
b

b

∫ f ( x ) dx = F ( x ) a = F ( b ) − F ( a )
a

II. Các tính chất:

a. TC1:
b. TC2:

b

a

a

b

∫ f ( x ) dx = −∫ f ( x ) dx
b

b

a

a

∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx
b

c. TC3:

b

e. TC5:
f. TC6:


b

∫  f ( x ) ± g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx
a

d. TC4:

( k ≠ 0)

a

a

b

c

b

a

a

c

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
Nếu f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ [ a; b ] thì

b


∫ f ( x ) dx ≥ 0
a

Nếu f ( x ) ≥ g ( x ) , ∀x ∈ [ a; b ] thì

16

b

b

a

a

∫ f ( x ) dx ≥ ∫ g ( x ) dx


b

Nếu m ≤ f ( x ) ≤ M , ∀ x ∈ [ a; b ] thì m ( b − a ) ≤ f ( x ) dx ≤ M ( b − a )

∫

g. TC7:

a

III. Các phương pháp tính tích phân:
Phương pháp 1: Tính tích phân bằng phương pháp sử dụng tính chất và nguyên hàm


cơ bản.
1)ví dụ: Tính các tích phân sau
1

π
2

e

1 1
2
b) ∫ ( x + + 2 + x )dx
x x
1

a) ∫ ( x + x + 1)dx
3

0

1

x
d) ∫ (e + x)dx

c) (2sin x + 3cosx + x)dx
∫

0


0

Giải:
1

1 7
x4 x2
a) ∫ ( x + x + 1)dx = ( + + x ) 0 =
4 2
4
0
3

e

1 1
x2
1 x 3 e 2e4 + 3e3 + 7e − 6
2
b) ∫ ( x + + 2 + x )dx = ( + ln x − + ) =
x x
2
x 3 1
6e
1
π
2

2

c) ∫ (2sin x + 3cosx + x)dx = (−2 cos x + 3sin x + x )
2
0

π
2
0

=5+

π
8

1

x2 1
e2
d) ∫ (e + x )dx = (e + ) 0 = e + − 1
2
2
0
x

x

2)Bài tập áp dụng: Tính các tích phân sau
1

3
1, ∫ ( x + x x )dx

0
1

x
2
4, ∫ (e + x + 1)dx
0

3

3
7, ∫ ( x + 1).dx
−1

2

10, ∫ x( x − 3)dx
−2

π
2

2

1
3, ∫ (3sin x + 2cosx + ) dx
x
π

2, ∫ ( x + 1)( x − x + 1)dx

1

3
2

2

2
3
5. ∫ ( x + x x + x )dx

6. ∫ ( x − 1)( x + x + 1)dx

1

1

2

1

−1

0

4

2

1 

 1
12, ∫  2 + 3 dx
x 
1 x

2
11, ∫ ( x − 4)dx
−3

Phương pháp 2: Tính tích phân bằng phương pháp vi phân:
* Nhắc lại vi phân

2
3

3
9, ∫ (2 x − x − )dx

8, ∫ (2 x 2 + x + 1)dx

d(f(x)) = f’(x)dx

VD:Tính vi phân của các hàm số sau
1. d(3x-1)=3dx
2. d(sinx) =cosxdx

17

2


x 2 − 2x
dx
13, ∫
3
x
1


1
x

3. d(lnx)= dx
4., d(5-2x)=-2dx

1)ví dụ: Tính các tích phân sau
1

1

1
2
0

1) ∫ (2 x + 1)3 dx = ∫ (2 x + 1)3 d (2 x + 1) =
0
e

e

ln 2 x

ln 3 x
2
dx
=
ln
xd
(ln
x
)
=
∫1 x
∫1
3

2)

1

e
1

=

(2 x + 1) 4
8

1
0

= 10


1
3

(§Ò thi TN THPT 2007(1)

1

3x 2
d ( x 3 + 1)
= ln( x 3 + 1) 10 = ln 2
3) ∫ 3 dx = ∫ 3
x +1
x +1
0
0
π
4

π
4

2
4) cos x sin xdx = sin xd (sin x) = sin x
∫
∫
0

2


0

π
4
0

=

(§Ò thi TN THPT 2007(2))
1
4

(§Ò thi TN BTTH 2008. )

2)Bài tập áp dụng: Tính các tích phân sau
π
2

1, sin 2 x cos xdx
∫

(§Ò thi TN THPT 2005. + HKII 2008 )

0

2

dx

∫ 3x − 1 dx


2,

1
1

∫

3,

3x + 1dx

(§Ò thi TN THPT 2008(2))

0

π
4

4. ∫ cot xdx
π
6

5.

π
6

∫


1

∫x
0

∫x

1

x 2 + 1dx

8.

∫x

1

3

1 − x 2 dx

0

0

1

7,

6,


1 + 4sin xcosxdx

x 2 + 1dx

9.

0

∫
0

x

π
2

2

x +1
3

dx

5
10, ∫ sin xcos xdx

π
3


Phương pháp 3: Tính tích phân bằng phương pháp ®æi biÕn sè:
β

Công thức tổng quát:

b

∫α f ϕ ( x ) .ϕ′ ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt
a

Công thức trên, tích phân cần tính là tích phân ở vế trái. Hàm số dưới dấu tích
phân có dạng tích của f ϕ ( x )  (hàm số theo biến là ϕ ( x ) ) với đạo hàm của hàm

ϕ ( x ) . Áp dụng công thức trên vào các trường hợp thường gặp, ta có cách đặt cụ thể như

sau:

18


b

Cụ thể: Khi tính

f ( x ) dx : (1)
a

B1: Đặt t= (x) , (x) là hàm số mà ta chọn thích hợp.
B2: Tính dt= ' ( x)dx , nếu (x) nằm trong căn bậc n thì ta nên luỹ thừa 2 vế mũ n
rồi lấy vi phân 2 vế.

B3: Biểu thị f(x), dx theo t và dt, giả sử f(x)dx=g(t)dt
B4: Đổi cận:
x
a
b

t

b

B5:



f ( x ) dx = g ( t ) dt

(2)

a

* Lu ý: +) Sau khi đổi biến tích phân (2) tính dễ hơn tích phân (1)
+) Một số dấu hiệu thông thờng dẫn tới việc lựa chọn t.
Dấu hiệu
Hàm số có chứa mẫu số
Hàm số có chứa căn thức
Hàm số có chứa dấu ngoặc kèm theo luỹ thừa
Hàm số có chứa

dx
x


Hàm số có chứa exdx
Hàm số có chứa cosxdx
Hàm số có chứa sinxdx
Hàm số có chứa

dx
cos 2 x

Hàm số có chứa

dx
sin 2 x

Có thể chọn
t = mẫu số
t= căn thức hoặc phần trong căn thức
t= phần trong dấu ngoăc nào có luỹ thừa cao nhất
t=lnx
t=ex
t=sinx
t=cosx
t=tanx
t=cotx

.

1)Vớ d: Tớnh cỏc tớch phõn sau
1


1) (2 x + 1) 3 dx =A
0

t 2 x + 1 = t 2dx = dt
i cn: x = 0 t = 1; x = 1 t = 3
3

Vy

1 3
t4 3
A = t dt =
= 10
2
81
1

19


1

3x 2
dx =B
x3 + 1

2, ∫
0

(§Ò thi TN THPT 2007(2) )


Đặt x3 + 1 = t ⇒ 3x 2 dx = dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 2
2

2
dt
= ln t = ln 2
1
t

B=∫

Vậy

1

π
2

3, sin 2 x cos xdx =C
∫

(§Ò thi TN THPT 2005. + HKII 2008 )

0

Đặt sinx = t ⇒ cos xdx = dt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x =
1


C = ∫ t 2 dt =

Vậy

0

π
⇒ t =1
2

t3 1 1
=
3 0 3

2)Bài tập áp dụng: Tính các tích phân sau
1

a)

∫

3x + 1dx

(§Ò thi TN THPT 2008(2) . §s: 14/9 )

0

b)


13

∫

x

2

c)

1 + x dx
2

0

e2

dx
e) ∫
x ln x
e

1
9

( §s: 8( −

(B-2004)

dx

k) ∫
x ( 3 ln x + 2 )
1
3

1

∫

( §s: ln 2e + e )
3

2e + 1

dx

( §s:

x 3 ln x + 2

3 3
( 9 −3 4)
2

6 cos x + 1 sin xdx

π
3

e


0

h) ∫

j)

e x dx
∫ x
=1 2 + e

−1
)
2005.2004
e

2
1
+ ))
17 25
π
2

e 1 + 3ln x .ln x
dx
i) ∫
x
1

x dx


(§s:

0

0

2

d)

f) ∫ x( x − 1) 2003 dx

( §s: ln2)

1

∫

2

sin x
∫0 1 + 3 cos x dx

1

g) ∫ x 2 8 1 − x dx

5


π
2

1

l) ∫ x

3

x 2 + 1dx

m)

0

40

e

∫
1

7
3
0 3

1

1 + ln x
dx

x

x +1

n)

∫

x 2 x 3 + 5dx o)

0

46

dx ( ÑS : I=
( ÑS : I= 9 )
p) ∫
)
15
3x + 1
x +1
Phương pháp 4: Tính tích phân bằng phương pháp T.P.T.P

20


b

uvdx = ( uv )


A. Cụng thc tng quỏt:

a

b

b
a

b

vudx
a

b

b

udv = ( uv ) a vdu (1)

hay

a

a

B. Cỏc bc thc hin:
u = u( x )
du = u( x )dx ( ẹaùo haứm )


Bc 1: ẹaởt
dv = v( x )dx v = v( x ) (nguyeõn haứm)
Bc 2: Th vo cụng thc (1).
b

b

Bc 3: Tớnh ( uv ) a v suy ngh tỡm cỏch tớnh tip vdu


a

Ghi nh: Khi lựa chọn PP TPTP để tính tích phân cần tuân thủ theo 2 nguyên tắc sau:
1. Lựa chọn phép đặt dv sao cho v đợc xác định dễ dàng.
2.

b

b

a

a

vdu tính dễ hơn so với udv

3. Các dạng tích phân T.P cơ bản và cách chọn u, dv

1)vớ d: Tớnh cỏc tớch phõn sau:
1


a,Tớnh I =

( 2 x 1) .e dx .
x

0

t
1
1
1
1
u = 2 x 1 du = 2dx
x
2 e dx


x
x
.suy ra : I = (2x-1)ex 0 - 0
= (2x-1)ex 0 - 2ex 0 = -e+3
dv = e dx v = e
1

x
b, x.e dx =H
0

t

1
u = x
du = dx


x
x
.suy ra : H = xex 0 dv = e dx v = e

1
0 e dx = e-ex 0 = 1
1

x


2

c, A = x sin xdx
0

t

21


u = x
du = dx
⇒


 dv = s inxdx v = − cos x

π π
π
2
s inx 2 = 1
2
+
cos
xdx
∫
0
.suy ra :A = -xcosx 0 0
=

2)Bài tập áp dụng: Tính các tích phân sau
π

1,

∫ ( 2 x + 1) sin xdx

π

2,

0

4,


π
4

2

0

0

x

3,

∫ x cos

8,

0

2

0

∫ ( x + 1)

2

6, I = e x cosxdx
∫
0


2x

e dx

1

∫

x
9, ( x − 3)2 dx

13, U = ∫ x e dx
2 x

0

0

e

e

ln x
dx
x2
1

11, P = ∫ x 2 ln xdx


12, R = ∫

π
2

1

1

1

xdx

π
2

0

x
∫ ( x + e ) dx

2

0

1

1

10,


+ 2 x ) cos xdx

3x − 2
dx
5, ∫
ex
0

x
7, K = ∫ xe dx

1

2

1

xdx

∫ cos

∫( x

π
4

14, A = ∫ ( x 2 + 1) sin xdx

x

15, ∫ (1 + e ) xdx

0

0

PHẦN IV. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN
TRONG HÌNH HỌC.
I.Tính diện tích hình phẳng
1/ Dạng toán1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1 đường cong và 3 đường thẳng.
Công thức:
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a;b] khi đó diện tích hình phẳng giới hạn
b

bởi đường cong (C) :y=f(x) và các đường thẳng x= a; x=b; y= 0 là : S = ∫ f ( x ) dx
a

2/ Dạng toán 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường cong và 2 đường thẳng.
Công thức:
Cho hàm số y=f(x) có đồ thò (C) và y=g(x) có đồ thò (C’) liên tục trên đoạn [a;b] khi
đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C), (C’) và các đường thẳng x= a;
b

x=b là : S =∫ f ( x ) −g ( x) dx
a

Phương pháp giải toán:
B1: Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa (C) và (C’)
B2: Tính diện tích hình phẳng cần tìm:


22


TH1: Nếu phương trình hoành độ giao điểm vô nghiệm trong (a;b). Khi đó diện
tích hình phẳng cần tìm

b

là: S =∫[ f ( x) −g ( x )]dx
a

TH2:Nếu phương trình hoành độ giao điểm có 1 nghiệm là x 1∈ (a;b). Khi đó diện
tích hình phẳng cần tìm là:
b

x1

b

a

a

x1

S =∫ f ( x ) −g ( x ) dx = ∫[ f ( x ) −g ( x )]dx + ∫[ f ( x ) −g ( x )]dx

TH3:Nếu phương trình hoành độ giao điểm có các nghiệm là x 1; x2∈ (a;b). Khi đó
diện tích hình phẳng cần tìm là:
x1


x1

x2

a

x2

b

S = ∫[ f ( x ) −g ( x ) ] dx + ∫[ f ( x ) −g ( x ) ] dx + ∫[ f ( x ) −g ( x ) ] dx

Chú ý: * Nếu phương trình hoành độ giao điểm có nhiều hơn 2 nghiệm làm tương tự
trường hợp 3.
* Dạng toán 1 là trường hợp đặc biệt của dạng toán 2 khi đường cong g(x)=0
Ví dụ 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = sinx trên đoạn [0;2
π ] và trục hồnh

Giải :

Ta có: sinx = 0 có 1 nghiệm x= π ∈ ( 0;2π ) và diện tích hình phẳng cần tìm là
S=

2π

π

0


0

2π

∫ sin x dx = ∫ sin xdx + π∫ sin xdx

2π

π

= cos x 0 + cos x π

=4

Ví dụ 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = ln x, x = 1, x = e và trục Ox.
Giải
e

Do lnx liên tục trên [1;e] nên S =
Giải phương trình: lnx=0 ⇔ x=1

∫ ln x dx
1


1

e
e
u = ln x du = dx

e
e
S = ∫ ln xdx , Đặt 
⇒
x ⇔ ∫ ln xdx = x ln x 1 − ∫ dx = e ln e − x 1 = e − (e − 1) = 1
1
1
1
 dv = dx  v = x

Vậy S = 1 (đvdt).
Ví dụ 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = - x2 + 4x - 3, x = 0, x = 3 và
e

trục Ox.

Giải
x =1
vv
x = 3

2
PT: − x + 4 x − 3 = 0 ⇔ 
3

⇒ S = ∫ − x 2 + 4 x − 3 dx
0

Bảng xét dấu:
x

y

0
–

1
0

23

+

3
0


3

3

S = − ∫ (− x 2 + 4 x − 3)dx + ∫ (− x 2 + 4 x − 3)dx
0

0

x

 x3

= −  + 2 x 2 − 3 x ÷ 10 +  − + 2 x 2 − 3 x ÷ 13

 3

 3

8
=
3
8
Vậy S = (đvdt).
3
3

Ví dụ 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x3 + 11x - 6, y = 6x2 ,
x = 0, x = 2.

Giải
Đặt h(x) = (x3 + 11x - 6) - 6x2 = x3 - 6x2 + 11x - 6
H(x) = 0  x =1 ; x =2 ; x=3 (loại).
2

S = ∫ x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 dx
0

Bảng xét dấu
x
h(x)
1

0
–


1
0

+

2
0

2

S = − ∫ ( x − 6 x + 11x − 6 ) dx + ∫ ( x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 ) dx
3

2

0

1

x
 1  x4
2 5
11x
11x 2
= −  − 2 x3 +
− 6 x ÷ +  − 2 x3 +
− 6x ÷ =
2
2

 4
0  4
1 2
5
Vậy S = (đvdt).
2
4

2

Ví dụ 5: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x3 + 11x - 6, y = 6x2 .
Giải
Đặt h(x) = (x3 + 11x - 6) - 6x2 = x3 - 6x2 + 11x - 6
h(x) = 0  x = 1; x = 2 ; x = 3.
2

S = ∫ x3 − 6 x 2 + 11x − 6 dx
0

Bảng xét dấu
x
h(x)
2

1
0

+

2

0

–

3
0

3

S = ∫ ( x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 ) dx − ∫ ( x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 ) dx
1

2

x
 2  x4
3 1
11x
11x 2
=  − 2 x3 +
− 6 x ÷ −  − 2x3 +
− 6x ÷ =
2
2
 4
1  4
2 2
4

2


24


Vậy S =

1
(đvdt).
2

Bài tập về nhà:
1/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn giữa đường cong (P): y= x 2 - 2x và trục
hoành.
2/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (H): y =

x +1
và các đường
x

thẳng có phương trình x=1, x=2 và y=0
3/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn giữa đường cong (C): y= x 4 - 4x2+5 và đường
thẳng (d): y=5.
4/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C): y = x3 –3 x , và y = x .
5/. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x2 + 1, x = - 1, x = 2 và
trục hồnh

II. Thể tích khối tròn xoay
Kiến thức cơ bản: Thể tích của một vật thể tròn xoay
Thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra khi hình phẳng giới hạn bởi đường cong
(C) có phương trình y= f(x) và các đường thẳng x= a, x=b , y= 0 quay một vòng

b

xung quanh trục ox là:

V = π ∫ f 2 ( x )dx
a

Ví dụ 1: Tính thể tích của vật thể tròn xoay, sinh ra bởi mỗi hình phẳng giới hạn bởi
các đường sau khi nó quay xung quanh trục Ox: x = –1 ; x = 2 ; y = 0 ;
y = x2–2x
Giải: Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm là:
2
2
18π
x5
4
2
2
S = π ∫ ( x − 2 x ) dx = π ∫ ( x 4 − 4 x 3 + 4 x 2 )dx = π ( − x 4 + x 3 ) 2 =
(đvtt)
−1
−1

5

−1

5

3


Ví dụ 2: Cho hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = sinx, trục hồnh và hai đường
thẳng x=0, x= π . Tính thể tích của khối tròn xoay thu được khi hình này quay quanh Ox.
Giải: Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm là :
π
 π π2
ππ
π
1
V = π ∫ sin 2 xdx = ∫ (1 − cos2 x )dx =  x − sin 2 x ÷ 0 =
0

2

0

2

2



2

Bài tập gợi ý giải tại lớp:
Bài 1: Tính thể tích của vật thể tròn xoay, sinh ra bởi mỗi hình phẳng giới hạn bởi
các đường sau khi nó quay xung quanh trục Ox:
π
a/ y = cosx ; y = 0 ; x = 0 ; x =
b/ y = x ex , x = -2 , y = 0

4
c ) y = 1 − x2 ,

y=0

d/ y = − x 2 + 2 x + 3,

Bài tập giao về nhà:
25

y=

1
1
x+
2
2